如何在输入字符串的长度上使用归纳法编写证明？

在我的计算机理论课程中，我们遇到的许多问题都涉及对输入字符串的长度进行归纳，以证明有关有限自动机的陈述。我了解数学归纳法，但是当琴弦开始演奏时，我会被绊倒。如果有人会逐步进行这样的证明，我将非常感激。

这是一个示例问题（Hopcroft和Ullman第3版的练习2.2.10）：

考虑具有以下过渡表的DFA：
        0 1
       ________
-> A | AB
  * B | BA
非正式地描述此DFA接受的语言，并通过对输入字符串的长度进行归纳来证明您的描述正确。

这是本书中已回答的问题，所以我不是在找人做作业。我只需要有人直接向我解释。

图书的答案：（ 从此处获取）

自动机告诉看到的1的数目是偶数（状态A）还是奇数（状态B），在后一种情况下可以接受。这是对| w |的简单归纳。当且仅当w具有偶数1时才显示dh（A，w）=A。基础：| w | =0。然后，w，空字符串肯定具有偶数1，即零1，并且δ-hat（A，w）=A。

归纳法：假设语句小于w。然后w = za，其中a为0或1。

情况1： a =0。如果w的偶数为1，则z也是如此。根据归纳假设，δ-hat（A，z）=A。DFA的跃迁告诉我们δ-hat（A，w）=A。如果w具有1的奇数，则z也是如此。根据归纳假设，δ-hat（A，z）= B，而DFA的跃迁告诉我们δ-hat（A，w）=B。因此，在这种情况下，δ-hat（A，w）=如果且仅当w的偶数为1时为a。

情况2： a =1。如果w的偶数为1，则z的奇数为1。根据归纳假设，δ-hat（A，z）=B。DFA的跃迁告诉我们δ-hat（A，w）=A。如果w的奇数为1，则z的偶数为。 1。根据归纳假设，δ-hat（A，z）= A，而DFA的跃迁告诉我们δ-hat（A，w）=B。因此，在这种情况下，δ-hat（A，w ）=当且仅当w的偶数为1时=A。

我知道如何证明使用归纳法。我对构建字符串的工作方式感到困惑。我对加粗的部分感到困惑。我不明白他们是如何提出的/它实际上如何证明接受的内容/它是如何归纳的。 $\sum_{i=0}^{n}i = \frac{n(n+1)}{2}$

顺便说一下，δ-hat是扩展的转移函数。

— 唐尼
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^{由于尚不清楚您的问题所在，因此我将从头开始。}

数学归纳的工作方式类似于中国的耳语游戏（在理想情况下，即所有交流都是无损的）或（完全建立起来的）多米诺骨牌：您从某个地方开始，并表明您的每一步都不会破坏任何东西，前提是没有破坏任何东西直到然后。

更正式地说，每个归纳证明都包含三个基本元素：

归纳锚，也是基本案例：如果案例较小，则说明索赔成立。
归纳假设：您假设该主张对您要证明某件事的集合的某个子集成立。
归纳步骤：使用假设，您可以证明该主张包含更多要素。

当然，必须对步骤进行调整，使其覆盖整个基本集（在限制范围内）。

重要说明：对自己的归纳技巧充满信心的人经常掩盖主观观点，而使假设不为人所知。向专家观众（例如论文）介绍您的作品时，这很好，但是，当您自己做证明时，尤其是初学者，不建议这样做。写下一切。

考虑一个关于的简单例子; 我们想证明 $(\mathbb{N},\leq)$ 适用于所有。 $\sum_{i=0}^{n} i = \frac{n(n+1)}{2}$ $n \in \mathbb{N}$

锚点：对于， $n=0$ 显然成立。 $\sum_{i=0}^{n} i = 0 = \frac{n(n+1)}{2}$
假设：假设保持用于任意的，但fixed²。 $\sum_{i=0}^{k} i = \frac{k(k+1)}{2}$ $n \in \mathbb{N}$
步骤：对于，计算总和： $n+1$

$\qquad \displaystyle \sum_{i=0}^{n+1} i = (n+1) + \sum_{i=0}^{n} i \overset{\text{IH}}{=} n+1 + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{(n+2)(n+1)}{2}$

所以身份适合。（我们注意到，我们只需要假设的一小部分，即。这种情况经常发生。） $n+1$ $k=n$

归纳原理现在向我们保证该声明确实成立：我们直接将其显示为。步骤说，如果保持 $0$ $0$ ，那么它也为；如果保持，它也保持 ; 等等。 $1$ $1$ $2$

让我们来看另一个例子，这次是。我们要证明的要求是：每一个有限的子集的，权力的大小设置的是³。我们再次对进行归纳，即对子集的大小进行归纳。 $(2^\mathbb{N}, \subseteq)$ $A$ $\mathbb{N}$ $2^A$ $A$ $2^{|A|}$ $(\mathbb{N}, \leq)$ $A$

锚点：考虑大小为的（唯一的）集合，即空集合。显然，，因此如所要求的。 $0$ $2^\emptyset = \{\emptyset\}$ $|2^\emptyset| = 1 = 2^0$
假设：假设所有套与有些武断，但固定，我们有。 $A \subseteq \mathbb{N}$ $|A| \leq n$ $n \in \mathbb{N}$ $|2^A| = 2^{|A|}$
步骤：让大小的arbitrary⁴ ，而让任意的（例如存在如）。现在，该假设适用于，因此。以来 $B \subseteq \mathbb{N}$ $n+1$ $b \in B$ $b$ $n+1 > 0$ $B \setminus \{b\}$ $|2^{B \setminus \{b\}}| = 2^n$

， $\qquad \displaystyle 2^B = 2^{B \setminus \{b\}} \cup \{ A \cup \{b\}\mid A \in 2^{B \setminus \{b\}} \}$

我们确实有如权利。 $|2^{B}| = 2 \cdot |2^{B \setminus \{b\}}| = 2 \cdot 2^n = 2^{n+1}$

再次通过归纳证明了这一主张。

现在，对于您的问题，可以使用一个常见的技巧：增强语句。如果将索赔表述为“自动机接受奇数个单词的所有单词”，您会得到一个归纳假设，例如“在长度为所有单词中，恰好自动数词接受奇数个单词”。这不会带您到任何地方，因为我们不知道给定（接受）单词的哪个部分包含多少个单词；该假设不适用于您删除任意选择的单词的任何内容。 $n$

因此，您想提出一个更强的主张：“ 当且仅当输入的消耗部分包含奇数个时，自动机才处于状态 ”，并显示此状态。请注意，这暗示了先前的主张。 $B$

锚点：在处理了唯一的长度为零的字符串，自动机显然处于所声明的状态 $\varepsilon$ $A$
假设：假设索取权适用于长度最大为输入片段，该片段是任意选择的，但是固定的。 $n$
步骤：考虑一个任意字。有两种情况。
1. 包含偶数个。最后一个符号有两种情况。
  1. ：在这种情况下，包含偶数个。通过归纳假设，自动机处于状态消费后。消耗会使自动机保持状态，如所主张的。 $w_n = 0$ $w' = w_1 \dots w_{n-1}$ $A$ $w'$ $w_n = 0$ $A$
  2. ：在这种情况下，包含奇数个1。通过归纳假设，自动机处于状态消耗后。消耗使自动机切换到状态，如权利。 $w_n = 1$ $w' = w_1 \dots w_{n-1}$ $B$ $w'$ $w_n = 1$ $A$
2. 包含奇数个1。与情况1类似。 $w$

归纳原则意味着该要求确实成立。

您按部分偏序执行归纳；锚点需要覆盖所有最小元素，有时甚至要覆盖更多元素（取决于语句）。
“专断，但固定”是必不可少的！我们不能改变在步骤中并将其视为固定数字，但是我们也不能对此做任何假设。 $n$
用来指定功率设置似乎很奇怪。根植于这样的观察：功率集等于从到的所有函数的集合 $2^A$ $A$ ，这是因而表示。 ${0,1}$
$B$ $A$

— 拉斐尔
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